1、第 13 讲 导数的综合应用第二章 基本初等函数、导数及其应用 利用导数研究函数的零点和方程根的问题典例引领(2016高考全国卷乙)已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围【解】(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(i)设 a0，则当 x(，1)时，f(x)0；当 x(1，)时，f(x)0，所以 f(x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增(ii)设 a0，由 f(x)0 得 x1 或 xln(2a)若 ae2，则 f(x)(x1)(exe)，所以 f(x)在(，)单调递增 若 ae2，则
2、 ln(2a)1，故当 x(，ln(2a)(1，)时，f(x)0；当 x(ln(2a)，1)时，f(x)0，所以 f(x)在(，ln(2a)，(1，)单调递增，在(ln(2a)，1)单调递减 若 ae2，则 ln(2a)1，故当 x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当 x(1，ln(2a)时，f(x)0，所以 f(x)在(，1)，(ln(2a)，)单调递增，在(1，ln(2a)单调递减(2)(i)设 a0，则由(1)知，f(x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增 又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b0 且 bln a2，则 f(b)a2(b2)a(b1)2a(b232b)0
3、.所以 f(x)有两个零点(ii)设 a0，则 f(x)(x2)ex，所以 f(x)只有一个零点(iii)设 a0，若 ae2，则由(1)知，f(x)在(1，)单调递增，又当 x1 时，f(x)0，故 f(x)不存在两个零点；若 ae2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(2a)单调递减，在(ln(2a)，)单调递增，又当 x1 时，f(x)0，故 f(x)不存在两个零点 综上，a 的取值范围为(0，)利用导数研究方程根的策略研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，
4、可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现 (2017广西第一次质量检测)设函数 f(x)cln x12x2bx(b，cR，c0)，且 x1 为 f(x)的极值点(1)若 x1 为 f(x)的极大值点，求 f(x)的单调区间(用 c 表示)；(2)若 f(x)0 恰有两解，求实数 c 的取值范围解 由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)cxxbx2bxcx，又 f(1)0，所以 f(x)（x1）（xc）x且 c1，bc10.(1)因为 x1 为 f(x)的极大值点，所以 c1，当 0 x0；当 1xc 时，f(x)c 时，f(x)0，所以 f(x)的单调递增区间为(0，1)，(c，)；
5、单调递减区间为(1，c)(2)若 c0，则 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)0 恰有两解，则 f(1)0，即12b0，所以12c0；若 0c1，则 f(x)极大值f(c)cln c12c2bc，f(x)极小值f(1)12b，因为 b1c，则 f(x)极大值cln cc22c(1c)cln ccc221，则f(x)极小值cln c12c2c(1c)cln cc12c20，f(x)极大值12c，则 f(x)0 只有一解 综上，使 f(x)0 恰有两解的 c 的取值范围为12cf(b)的形式 对形如 f(x)g(x)的不等式，构造函数 F(x)f(x)g(x)对于(或可
6、化为)f(x1，x2)A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x)(2)不等式的恒成立与能成立问题 f(x)g(x)对一切 xI 恒成立I 是 f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI)f(x)g(x)对 xI 能成立I 与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI)对x1，x2D 使得 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1D1，x2D2 使得 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)定义域为 D1，g(x)定义域为 D2.题点通关角度一 证明不等式1已知函数 f(x)
7、mexln x1.(1)当 m1 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当 m1 时，证明：f(x)1.解(1)当 m1 时，f(x)exln x1，所以 f(x)ex1x.所以 f(1)e1，f(1)e1.所以曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x.(2)证明：当 m1 时，f(x)mexln x1exln x1.要证明 f(x)1，只需证明 exln x20.设 g(x)exln x2，则 g(x)ex1x.设 h(x)ex1x，则 h(x)ex 1x20，所以函数 h(x)g(x)ex1x在(0，)上单调递增
8、因为 g12 e1220，g(1)e10，所以函数 g(x)ex1x在(0，)上有唯一零点 x0，且 x012，1.因为 g(x0)0，所以 ex0 1x0，即 ln x0 x0.当 x(0，x0)时，g(x)0；当 x(x0，)时，g(x)0.所以当 xx0 时，g(x)取得最小值 g(x0)故 g(x)g(x0)ex0ln x02 1x0 x020.综上可知，当 m1 时，f(x)1.角度二 不等式恒成立问题2(2016高考全国卷甲)已知函数 f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当 a4 时，求曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当 x(1，)时，f(x)0，求 a
9、的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)当 a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(x)ln x1x3，f(1)2，f(1)0.曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 2xy20.(2)当 x(1，)时，f(x)0 等价于 ln xa（x1）x10.设 g(x)ln xa（x1）x1，则 g(x)1x2a（x1）2x22（1a）x1x（x1）2，g(1)0.当 a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故 g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，因此 g(x)0；当 a2 时，令 g(x)0 得 x1a1（a1）21，x2a1（a1）21.由 x21 和 x1
10、x21 得 x11，故当 x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)g(1)0.综上，a 的取值范围是(，2 角度三 存在型不等式成立问题3已知函数 f(x)x(a1)ln xax，g(x)12x2exxex.当 a1时，若存在 x1e，e2，使得对任意的 x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求 a 的取值范围解 由题意知 f(x)(xe，e2)的最小值小于 g(x)(x2，0)的最小值 因为 f(x)x(a1)ln xax，所以 f(x)（x1）（xa）x2，所以当 a1 时 f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)ae.g(x)(
11、1ex)x.当 x2，0时 g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以 e(a1)aee22ee1，所以 a 的取值范围为(e22ee1，1)利用导数研究生活中的优化问题典例引领 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量 y(单位：千克)与销售价格 x(单位：元/千克)满足关系式 yax310(x6)2，其中 3x6，a 为常数已知销售价格为 5元/千克时，每日可售出该商品 11 千克(1)求 a 的值；(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格 x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大【解】(1)因为 x5 时，y11，所以a21011，a2.(2)
12、由(1)可知，该商品每日的销售量 y 2x310(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)(x3)2x310(x6)2210(x3)(x6)2，3x6.从而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)于是，当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4，6)f(x)0f(x)极大值 由上表可得，x4 是函数 f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点 所以，当 x4 时，函数 f(x)取得最大值，且最大值等于 42.故当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改
13、善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路记两条相互垂直的公路为 l1，l2，山区边界曲线为 C，计划修建的公路 l 与曲线 C 相切，建立如图所示的平面直角坐标系 xOy，且曲线 C 的解析式为 y1 000 x2(5x20)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 点的横坐标为t.(1)请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t)，并写出其定义域；(2)当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度解(1)已知 y1 000 x2(5x20)，则点 P 的坐标为t，1 000t2.设在点 P 处的切线 l 交 x，y 轴分别于 A，B 两点，y2 000 x3，
14、则 l 的方程为 y1 000t22 000t3(xt)，由此得 A(3t2，0)，B(0，3 000t2)故 f(t)（3t2）2（3 000t2）2 32t24106t4，t5，20(2)设 g(t)t24106t4，则 g(t)2t16106t5.令 g(t)0，解得 t10 2.当 t(5，10 2)时，g(t)0，g(t)是减函数；当 t(10 2，20)时，g(t)0，g(t)是增函数 从而，当 t10 2时，函数 g(t)有极小值，也是最小值，所以 g(t)min300，此时 f(t)min15 3.所以当 t10 2时，公路 l 的长度最短，最短长度为 15 3千米本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放